(Đại học khối A năm 2010) Giải hệ phương trình: Bài    x  x   y  3  y    2 4 x  y   x   1  2 Phân tích: Ta nhận thấy khó bắt đầu với phương trình (2), để ý đến phương trình (1), x  biểu thức bậc hai x y  coi biểu thức bậc hai  2y Nếu đặt t   y   t2  1  2y    3 t  t 1 t     y  3      Biểu thức t  t có hình thức giống với x  x , ta biến đổi 1 dạng f  u   f  v  Để đưa dạng ta thường “cô lập” biến, chuyển  y  3  y sang vế phải 1 Giải Điều kiện x  ; y    Khi 1  x  x    y  1  y  (3)  Xét hàm số f  t   t  t  t  t , với t  Ta có f '  t   3t   0,  t  suy f  t  đồng biến x   Do  3  x   y    x2 y   Thay y   x2 vào phương trình (2) ta được: 2 5  4x    2x2    4x   2  (4) Phân tích: Phương trình (4) trông “phức tạp” nên ta định hướng sử dụng phương pháp hàm số để giải Nhận thấy x  x  không nghiệm phương trình (4)  3 5  Xét hàm số g  x   x    x    x  với x   0;  , ta có: 2   4 4 5   3 g '  x   8x  8x   x    4x 4x2    0, x   0;   4x  4x 2   4    3 1 Do g  x  nghịch biến  0;  Mà g    nên phương trình (4) có nghiệm  4 2 x  suy y  1  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    ;2  2   Bài     x3 y   x  x   Giải hệ phương trình  2 x y  y 1  x  x 1    1  2 Phân tích: Trong phương trình (2) có hai biểu thức có dạng y2  x  nên gợi ý cho ta sử dụng phương pháp hàm số đưa dạng f  u   f  v  Đến ta thực “cô lập biến” cách chia hai vế   cho x Giải Điều kiện x  Nhận thấy x = không thỏa mãn hệ, chia vế (2) cho x ta được: 2y  2y 2y 1  1  x x 1 x2 (3) Xét hàm số f  t   t  t t  với t  Ta có f '  t    t   t2 t2 1  0, t  Nên f  t  hàm số đồng biến Do đó,  3  y  x   Thế vào phương trình (1) ta được: g  x   x  x3  x  Ta có g '  x    3x  x x  x2  x x  (4)  0, x  Nên hàm số g  x  đồng biến  0;  , mà có g 1  nên phương trình (4) có nghiệm x   y   1 Vậy, hệ cho có nghiệm  x; y   1;   2  x 1  x 1  y4   y  Bài (ĐH-A13) Giải hệ phương trình  2  x  x  y  1  y  y    1  2 Giải Điều kiện x  Coi (2) phương trình bậc hai ẩn x, điều kiện để tồn x  '   y  1  y  y   y   y  Đặt u  x  1, suy u  Phương trình (1) trở thành:  3 u4   u  y4   y Xét f  t   t   t , với t  Ta có f '  t   2t t4    0, t  Do phương trình (3) tương đương với y  u , nghĩa x  y    Thay vào phương trình (2) ta được: y y  y  y    4 Hàm g  y   y  y  y  có g '  y   y  y   với y  Mà g 1  0, nên (4) có hai nghiệm không âm y  y  Với y  ta nghiệm  x; y   1;0  ; với y  ta nghiệm  x; y    2;1 Vậy nghiệm  x; y  hệ cho 1;0   2;1 Nhận xét: Phương trình f  u   f  v   u  v hàm số f  t  đơn điệu D u, v  D Nếu hàm đặc trưng f  t  có đạo hàm f '  t  chưa xác định dấu ta phải tìm cách chặn biến x; y để u, v  D (luôn dương âm) f  t  đơn điệu D Để chặn biến x, y ta dựa vào điều kiện xác định hệ phương trình, điều kiện để phương trình bậc hai ẩn x tham số y (hoặc ẩn y tham số x ) có nghiệm, nhận xét điều kiện biểu thức để hệ có nghiệm (chẳng hạn: A  B  0, B   A  ; A B  c   A  0; A2  B2   1  A, B  ,….)  x11  xy10  y 22  y12  Bài Giải hệ phương trình  4 2 7 y  13x   y x 3x  y    1   2 Giải Xét y  0, 1  x  thay vào (2) không thoả mãn 11 x x Xét y  , chia vế (1) cho y ta được:     y11  y y  y 11 Xét hàm số f  t   t11  t , t  đồng biến , ta có f '  t   11t10   0, t  Do đó, x x (3)  f    f  y    y  x  y , y  y (3) nên f  t  hàm số    4 Thế x  y vào (2) ta được: x  13x   x x 3x  3x  Xét x  không nghiệm phương trình, chia vế cho x ta được:  4  Đặt t  13    23   x x x x x , phương trình trở thành x 8t  13t  7t  3  3t  t    2t  1   2t  1  3  3t  t   3t  t Xét hàm số g  u   u  2u, u  đồng biến  5 nên hàm số g  u  ta có g '  u   3u   0, u  Do đó,  5  g  2t  1  g  3  3t  t      2t  1   3t  t   t  1 8t  5t    t  1 Suy x  1  y  1 , hệ cho vô nghiệm 2 x3  x  3x   x3   y   y 1  Bài Giải hệ phương trình   x   14  x  y   2  Phân tích: Ta bắt đầu với phương trình (2) khó có biến đổi hợp lý Xét phương trình (1), thực cô lập biến bằng, chia hai vế cho x ta thấy vế trái bậc ba , vế phải bậc ba t   y , ta x biến đổi đưa dạng f  u   f  v  Giải  x  2  Điều kiện:  y   Xét thấy x = không thỏa mãn hệ, nên chia hai vế phương trình (1) cho x ta được: 1       4  y  y x x x  1  1  1    1     x  x  3 2y   3 2y  3 Xét hàm số f  t   t  t , t  Ta có f '  t   3t   t  nên hàm số f  t  đồng biến Do đó, (3)      2y x Thế vào (2) ta được: x   15  x  (4) Phân tích: Nhận thấy vế trái hàm số đồng biến, vế phải hàm số nghịch biến nên ta dự đoán nghiệm (thường thử giá trị x0 làm cho biểu thức chứa số “chẵn”, dùng máy tính có chức Solve,…) sau chứng minh nghiệm Ta thấy x  2 không nghiệm (4), Với x  2 Hàm số g  x   x  có g '  x    x  2 nên hàm số g  x  x2 đồng biến  2;   Hàm số h  x   15  x  có h '  x   1 15  x  Hàm số h  x  liên tục  0x  15 nên h  x  nghịch biến , suy nghịch biến  2;   Mà x  nghiệm (4) nên (4) có nghiệm x   y  111 98  111  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    7;   98  1  2 ( y  1) y  (1  x) x    Bài Giải hệ phương trình  ( y  2)( x   y )  3x   Phân tích: Trong phương trình (1), y   y hàm số bậc ba y; (1  x) x  hàm số bậc ba t  x  , nên ta thử biến đổi dạng f  u   f  v  từ phương trình (1) Giải Điều kiện : x  Ta có: (1)  ( y  1) y      2x  Xét hàm số f (t )  t  t   1 x    (3) , có f '  t   3t   0, t  nên f (t ) đồng biến Do đó, (3)  f ( y)  f ( x  2)  y  x  Thay vào (2) ta : (2 x  4)( x   x  2)  3x  (4)  x  nghiệm (4)  x  : (4)  x   x   3x  , 2x  Đặt f  x   x   x  ; g  x   ta có f ' x   g ' x   (4 x  4)  2x  3x  2x   0, x  10  0, x  (1;2) (2; ) (2 x  4)2  f  x  đồng biến (1;2) (2;+ ) , g(x) nghịch biến (1;2) (2;+ )  Trên 1;2  , ta có f  x   0;max g  x   1  (4) nghiệm  Trên  2;  , (4) có tối đa nghiệm Mà f  3  g  3   x  nghiệm (4) Với x   y  Vậy hệ có nghiệm  x; y    3;4  Bài tập tương tự:    x2  x   y  4  y   Giải hệ phương trình  22 x  y  18  3x  76  Đáp số:  x; y   1;2   4x2  2 1 2 x   x  x y  y  x Giải hệ phương trình   x    y  x   x  x3       Hướng dẫn: Xuất phát từ phương trình (1), ta cô lập biến cách chia hai vế phương trình  1 (1) cho x đưa dạng f 1    f  x Thế  2y  1 x    y , với f  t   t  t vào (2), chia hai vế cho x, đưa dạng    1 f     f    , với f  t  hàm số xét x   x   1   ; Đáp số:  x; y        y2  2x    x   y  Giải hệ phương trình   y  x  y  1  y   x       1 Hướng dẫn: Viết lại phương trình (2) : y   1  x 1 1 y 1 x 1 1  f ( y  1)  f ( x   1) ( f  t   t  đồng biến với t  ) t  y   x    x  y  1,  y   ,(3) Thế (3) vào (1) ta phương trình : y  y   y  1  y   g ( y)  g ( y  1), ( g (t )  3t  2t đồng biến với t  )  y  y 1  y  1 1 1  Đáp số:  x; y    ;  2   Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp biến đổi tương đương 2.1 Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp nâng lũy thừa khử phương pháp giải phương trình đa thức bậc cao Bài (Đại học khối A năm 2012) Giải hệ phương trình:  x3  3x  x  22  y  y  y   2 x  y  x  y   Phân tích: Hai vế phương trình đầu có dạng bậc (với hai biến x, y), nên ta định hướng đưa phương trình đầu dạng f  u   f  v  , nhiên hàm đặc trưng lúc f  t   t  12t không đơn điệu ta phải chặn biến Nhìn vào phương trình thứ ta thấy đưa x 1  1   x     y    suy 2  2  1  1; y   2 Giải  x  13  12  x  1   y  13  12  y  1  2 Hệ cho tương đương với:  1  1  x     y    2  2  1  2 1   1  x     x     Từ (2), suy   1  y     y     2    3 Xét hàm số f  t   t  12t   ;  , ta có f '  t   t   0, suy f  t   2   nghịch biến Do 1  x   y   y  x   3 Thay vào (2), ta  x  1  3   x     x     x  8x     2  2  x    2 1 3 3 1 Thay vào (3), ta nghiệm hệ  x; y    ;   ;  x; y    ;   2 2 2 2    x3  y  x  y   Bài Giải hệ phương trình   x2   x2  y  y    1  2 Giải Điều kiện 1  x  1;0  y  Ta có 1  x3  3x   y  1   y  1  3 Do  y   1  y   Xét hàm số f  t   t  3t với 1  t  1, có f '  t   3t   0, t   1;1 nên hàm số f  t  đồng biến  1;1 Do  3  f  x   f  y  1  x  y  hay y  x  Thế vào (2) ta x2   x2   x2    x2    x2  x4  8x2   x  Với x   y  (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    0;1 2 x  y  xy  x  y     Bài Giải hệ phương trình:   x  1  xy  x   y  3 y2   1  2 Phân tích: Khi nhìn vào phương trình thứ hai hệ mang dáng dấp hàm số  y  2 ta viết dạng:  y3  x  1 x Tuy nhiên với điều kiện hệ chưa cho phép ta có biến đổi Do cần tìm điều kiện hai ẩn x, y từ phương trình đầu hệ Ta coi 1 phương trình bậc hai ẩn x (ẩn y), từ điều kiện tồn nghiệm phương trình ẩn x (ẩn y) ta tìm điều kiện cho y x Giải Điều kiện:  x  1  0, y  2 y2 2 x  x  y  3  y  y    Từ phương trình đầu hệ ta có:  5 y  y  x  3  x  x         'x   y  32  y  y    Điều kiện để tồn x y là:  '   y   x  3  x  x      10  10 6 y  24 y    y    2 x  42 x  36   1  x   Suy x   0, y    y  2 Do đó,    y3 Xét hàm số f  t   có f '  t     t x t3 với t  t2 1  3t t   2t.t  x  1  1  t  3t t  1  0, t  nên hàm số f  t  đồng biến 0;  Do phương trình   có dạng f    y2  f  x 1  y   x 1  y  x  Thế vào (1) ta được: x2   x  3  x  x  3  x   x  3   x   x  10 x  24    x  Với x   y  1; x   y  , ta thấy thỏa mãn điều kiện Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là:  4;1 ;  6;3 ln 1  x   ln 1  y   x  y 1  Bài Giải hệ phương trình:  2 2 x  xy  y    2 Giải Điều kiện: x  1, y  1 Phương trình (1) hệ viết lại dạng ln 1  x   x  ln 1  y   y Xét hàm số f  t   ln 1  t   t với t   1;   có f '  t   3 t 1  1 t 1 t Ta thấy f '  t    t  Bảng biến thiên t -1 f'(t) + +∞ - 0 f(t) Ta có  3  f  x   f  y   Nếu x, y thuộc miền đơn điệu hàm số f  t  f  x  f  y   x  y Thế vào phương trình (2) ta được: x  y   Nếu x, y nằm hai miền đơn điệu khác f  t  xy  Khi vế trái (2) dương, phương trình không thỏa mãn Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    0;0  ( x  y  1)( x  y  1)  x   y (1)  Bài Giải hệ phương trình:  (2)  x( y  2)   x   Giải Điều kiện: x  1, y  Ta có, (1)  ( x  1)2  x   y  y (3) Xét hàm số f (t )  t  4t , t  0;   f '(t )  4t   4(t  1), f '(t )   t  Bảng biến thiên 10    (4 y  1)  )   y  1   y 1 1  4y 1     y       y  1  4y 1 y 1 1   3 Xét phương trình (3), Với y  VP  3  , y   1; y     VT  3  Nên phương trình (3) vô nghiệm Mặt khác, với y  1 1 Vậy hệ có nghiệm ( x; y )   ;  3 4 Bài tập tương tự     x  x2  y  y    Giải hệ phương trình   x2   x  y   y   1  2 Hướng dẫn: 1  x   y , vào (2) ta được:       y2    y   y   y2 1    y    y      y  1  y    0 1  y   y     y 1  g  y  y 1    4  1  y   y  Hàm số g  y  với y   3;2 , ta có: g ' y     2  y 1  y     y   y   0, y   3;2 Phương trình (4) có nghiệm y  2 Đáp số:  x; y    1;1 ,  x; y    2; 2  17  3x   x   y  14   y   Giải hệ phương trình  2 x  y   3x  y  11  x  x  13  24 Hướng dẫn Đưa phương trình đầu hệ dạng: f hàm số f  t  đồng biến   5 x  f      y , với f  t    3t t , nên ta thu  x   y  y  x 1 Thế vào phương trình thứ hai hệ, đến giải tương tự Kết hợp phương pháp hàm số với phương pháp đặt ẩn số phụ Một số phép đặt ẩn phụ giải phương trình: + Nếu phương trình chứa + Nếu phương trình chứa n f  x  f  x  ta đặt t  n f  x f  x   g  x  f  x  g  x  , ta đặt t  f  x  g  x Ngoài cần ý số cách biến đổi để làm xuất ẩn phụ: Chia hai vế cho biểu thức khác thực biến đổi đẳng thức  y  y  x3  3x  x   Bài Giải hệ phương trình   1 x  y   y 1  Giải Điều kiện 1  x  1;0  y  1   x  1 Xét hàm số f  t   t  t , t  1  2  x   y3  y (3) có f '  t   3t   0, t  nên hàm số f  t  đồng biến Do đó,  3  f  x  1  f  y   y  x  Thế vào (2) ta được:  x2    x   x (4) Đặt t   x   x  t    t    x   x  t2  2 Phương trình (4) trở thành t  t2    t  t  2t    t  Với t  , ta có  x   x     x  (vô nghiệm) Với t  ta có  x   x     x2    x2   x  Với x   y  (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    0;1 25     x  x2  y  y     Bài Giải hệ phương trình  y 35  y   x  12  1  2 Giải Điều kiện x  Do y   y  y  y  , nên 1   x  x2  y  y   x  x2     y   Xét hàm số f  t   t  t  1, t   y  t2 1 Nên hàm số f  t  đồng biến  y2   y  y2   y  3 1 , ta có t f 't     t2 1  t t2 1  t t t2 1  0, t  Do đó, 3  f  x   f   y   x   y y Thay vào (2) ta được: y  y 1  35 12 (4) y  Ta thấy phương trình (4) có nghiệm   y  Khi đó, y 1   4  y   Đặt t  y2 y2 1 y4  y2 1 y2 y2 1  y2 y2 1125  y  144 1125 0 144 y 1   t   , phương trình trở thành: 49  t  1125 12 t  2t  0 144 t  25  12  Do t  nên t  25 , ta có 12 26  25   y  16 y   y 25   144 y  625 y  625     25 y  12 y  y       5 Đối chiếu điều kiện y  ta y  ; y   5   5  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    ;  ;  x; y    ;   4  3 Bài Giải hệ phương trình:   1   2( x  y )   ( x  y )   2( x  y )   3( x  y )  10 xy   1  2 Giải Điều kiện: x  y; x  y   Từ (2) ta có:  x  y    x  y   thay vào phương trình (1) ta 2   1   2 x  y  2 x  y   4 x  y 1    Đặt t  x  y , phương trình trở thành 3  1   2t   4t   2t    2t  3 2t   8t  2t   2t    2t    2t   2t (3) Xét hàm số f  u   u  u, u  , có f '  u   3u   0, u  Mà  3  f  2t   f 2t   2t  2t   t   nên f  u  đồng biến  x  y  x   x  1   Hay ta có hệ sau :   y 1  y  2  x  y    Vậy nghiệm hệ cho:  x; y    2;1  x; y    1; 2  1   x  x2   y  y   Bài Giải hệ phương trình:   x   3x  x   y y2  Giải Điều kiện: y  27 1  2 Xét hàm số f  t   t  có f '  t    2t t  1 , t t 1  t  2t  2t  t  1 suy hàm số f  t  đồng biến  t  t   t  1 t  1  0, t  Phương trình (1) có dạng f  x   f  y   x  y Thay x  y vào phương trình (2) ta được: 3x  x  9x    x   3x   x x x x Đặt u  3x   4 4  u  x   12  x   u  12 x x x Phương trình (5) trở thành u   u  2 u  u  12  u     u2 u  12  u  4u  u   Với ta có 3x  1   3x  x    x  x 1 1  1 1  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là:  ; ; ,    3    x3  x   y  y  y  Bài Giải hệ phương trình  x  x   2 y2 x 1  1  2 Phân tích: Dễ dàng biến đổi phương trình (1) dạng f  x   f  y  1 , với f  t   t  t đồng biến Thế vào (2) ta có Do ta x  y  2x  x  Đến đây, muôn sử dụng phương pháp đặt ẩn phụ,  x 1 x 1 phải tự đặt câu hỏi, biểu thức phương trình có mối liên quan đặc biệt với nhau? Ta thấy  x 1   x  ,  x   có mối liên hệ nào? Chú ý rằng, ta tìm liên hệ: ax  b   mx  n     cx  d  cx  d     mx  n mx  n mx  n Vì vậy, ta tiến hành xác định  ,  phân tích: 28 x    x  1    x  1   2         2   1 x 1 x 1   Giải Điều kiện x  1; y  0; 2x  0 y2 Có 1  x3  x   y  1   y  1 (*) Xét hàm số f  t   t  t , t  nên f  t  đồng biến có f '  t   3t   0t  , *  x  y  hay y  x  Thế vào (2) ta được: Đặt 2x  x  2x  2x   2  3 x 1 x 1 x 1 x 1 (3) 2x   t  t   , phương trình trở thành: x 1 t  t  2t     t  3  loai  Với t  thay trở lại cho ta nghiệm (3) x  , suy y  1 (thỏa mãn điều kiện) Vậy hệ cho có nghiệm  x; y    0; 1 Bài tập tương tự  x3  y  3 x  y    Giải hệ phương trình   x2   x2  y  y    Đáp số:  x; y    0;1  x  y  x  y  30  28 y  Giải hệ phương trình   y     x y  10    Hướng dẫn: Đưa phương trình thứ dạng: f x  f  y  3 , với f  t   t  t , từ ta có x  y  , vào phương trình thứ hai ta     phương trình: x    x x   x x    x x    Đáp số:  x; y  =  2; 1 ,  1;2   2 y  y  x  x   x  Giải hệ phương trình   y2 35 x   x  12  29 Hướng dẫn: Đưa phương trình đầu dạng f  t   2t  t hàm đồng biến thứ hai x  x x2  x4 x2  35  2   x2  x   12   f  y  f  1 x  với , y   x , vào phương trình 35 Bình phương hai vế biến đổi 12 Đáp số: Hệ vô nghiệm Sử dụng phương pháp sau kết hợp với phương pháp hàm số Trong phương pháp này, ta thực biến đổi phương trình hệ dạng tích số, thực rút ẩn theo ẩn (trong số trường hợp ta phải rút x , y , xy, ) vào phương trình lại hệ sử dụng phương pháp hàm số  y  x 1  x 1   x  Bài Giải hệ phương trình  3 2 2 x  y  x y  xy  3x  y  Phân tích: Nhìn vào hệ ta thấy khó bắt đầu phương trình thứ hệ Để ý đến phương trình thứ hai, ta thấy có cặp hệ số giống nhau: hệ số (trong x3 ;2 xy ), hệ số (trong 3x ,3 y ), hệ số (trong y , x y ) ta nghĩ đến ghép cặp biểu thức có hệ số giống lại để làm xuất nhân tử chung Giải Điều kiện: 1  x  Ta có (2)  x( x2  y)  y ( x  y)  3( x  y)   (2 x  y  3)( x  y)   y  x (vì x  y   , với 1  x  ) Thay y  x vào (1) ta được: x2  x    x    x (3) Xét hàm số f  x   x  x  x    x   2, x  [-1;2] Ta có f '  x   x   Và f ''  x    x 1 4( x  1) x    2 x 4(2  x)  x  0, x  (1;2) Do hàm số f ’  x  đồng biến khoảng (-1; 2), nên phương trình f ’  x   có 1 nhiều nghiệm Mặt khác f ’    , từ ta có BBT f ( x) 2 30 x -1 - f'(x) 2 f(x) + f( ) Vì f( ) =   < 0, nên từ bảng biến thiên suy phương trình f(x) = có nhiều nghiệm, f(0) = f(1) = 0, phương trình (3) có nghiệm x =0; x = Tóm lại hệ cho có nghiệm (0; 0) (1;1) Bài (HSG tỉnh Nam Định 2013) Giải hệ phương trình:  xy   y x    2  y   x  1 x  x   x  x  Phân tích: Ta thấy phương trình thứ hệ phương trình bậc ẩn y nên ta rút y theo x vào phương trình thứ hai hệ Giải ĐKXĐ: x  ; y  Ta có xy   y x   y   x2   x   y  x2   x  y  x   x (1) Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta có :  x 2x    x  1 x2  2x   x2  x   x x   x   x  1 x  x     x  1 1     x  1      x  1        Xét hàm số f (t )  t  t  với t  f '(t )   t   t2 t 2  0, t  x   (*)   Ta có  f (t ) đồng biến Mặt khác, phương trình (*) có dạng f ( x  1)  f ( x)  x    x  x   Thay x   vào (1) ta tìm y  31   Vậy hệ cho có nghiệm  x; y     ;1    3x    x  1  y   y  Bài Giải hệ phương trình   x  y  x  y    6 x  y  1  2 Giải Điều kiện : x  ; y  x  y 1  2 x  y       x  y  1 x  y      Với y  x   suy vô nghiệm x  ; y  Với x  y    y  x  4, thay vào (1) ta có : 3x    x  1  x    x     3x  1  3x    x  3  x   3 Xét hàm số f  t   2t  t , t  ta có f '  t   4t   0, t  nên hàm số f  t  đồng biến 0;  Do  3  f   3x   f  2x    3x   x   x   y  12 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x; y    4;12  Bài Giải hệ phương trình  2x x  y    3x y  x  y  2 x y    y      1  2x  Giải Điều kiện   x  0, y  0, x  y  Phương trình 1  2x  3x y    x y 2x2   y Đặt x  t y ,  t   , phương trình trở thành 32  2 3t y Với t  , ta có  2t y  y  t y y 2t t 1    t 3t 2t  2t y  y y  2x  y  4x2 Thay y  x vào phương trình thứ hai hệ ta được:   x x2     x  x   8x2  x   x   x    2x  2x    2x   2x  Hàm số f  t   t  t ,  t   3  x   (3) có f '  t   3t   0, t  x   x2  x    x  nên đồng biến , 1 3 y 1   Vậy hệ phương trình có nghiệm  x; y    ;    Bài Giải hệ phương trình:  x3  3x  x  y  y  y  xy   2  x  y  x  y  1  y    (1)  2 Phân tích: Phương trình thứ hệ có x y nên ta cố gắng đưa phương trình dạng f  u   f  v  , nhiên (1) lại có 6xy nên chưa thể biến đổi được, nhìn vào phương trình thứ (2) ta thấy có 6xy Do đó, ta rút 6xy từ (2) vào (1) Giải Từ (2) ta có: 6 xy  x  y  x  y  Thế vào (1) ta được: x3  3x  x  y  y  y  x  y  x  y   x3  x  x   y  y  15 y   x   x  1 x    y  y  3 y   Đặt x   t , (3)  t (t  5)(t  3)  y( y  5)( y  3) Xét hàm f (t )  t (t  5)(t  3) với t  Ta có: f '  t   3t  16t  15  0, t    '  29  0 Nên hàm số f  t  đồng biến Do đó,  3  f  x  2  f  y   y  x  Thay vào (2) ta được: 33  3 x   x    x  x  1   x      11  33 x   11x  11x      11  33 x    11  33  33  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là:  ; ; 2    11  33  33  ;   2   Bài tập tương tự 2 x 3 y  y  4.2 x  y  22 x 3 y  4 y 12 1  Giải hệ phương trình:  y  y  x  xy  2 2 x  y   2 y  y  3x    22  10  10  Đáp số: 1; 1 , 8;6  ,  ;     x3 y  y  28  Giải hệ phương trình:  2  x y  xy  y  18    Đáp số: 2; Kết hợp phương pháp cộng đại số với phương pháp hàm số Trong dạng này, chưa sử dụng phương pháp hàm số để biến đổi hệ phương trình mà muốn sử dụng được, cần phải kết hợp phương trình hệ lại, áp dụng tính chất hàm số để biến đổi  x3   y    Bài Giải hệ phương trình  x y    Phân tích: Đối với hệ này, ta nghĩ đến cô lập biến sử dụng phương pháp hàm số Chia hai vế phương trình thứ cho x , chia hai vế phương trình thứ hai cho 1 x cộng lại ta được: y  y   , đến ta sử dụng phương pháp hàm x x số Giải    Với x = dễ thấy không thỏa mãn hệ  Với x  , ta có:  2  y  x3 1   y  y   (1) Hệ cho tương đương với  x x  y3    x  34 Xét hàm số f  t   t  3t , t  đồng biến nên hàm số f  t  có f '  t   3t   với t  1 Do đó, (1) có dạng f  y   f    y  x  x    x  1; y  1 y  x  y    Thế vào hệ được:  x x  ; y   x3     2 x3  3x        x   1  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là:  1; 1 ,  ;2  2   x3  y  55  64  Bài Giải hệ phương trình   xy y  y   12  51x    1  2 Hướng dẫn:Tương tự 1, ta cô lập biến x, y; chia hai vế phương trình (1) cho x , phương trình (2) cho x cộng lại với biến đổi dạng: 4  y  1   y  1       x  x Giải Với x = y = hệ không thỏa mãn 64  3 y  55  x3  Với x  0, y  , HPT    y  y  y  12  51  x  4 Cộng theo vế lại ta được:  y  1   y  1     x  x Xét hàm số f  t   t  3t , t  đồng biến (3) có f '  t   3t   t  nên hàm số f  t  4 Phương trình (3) có dạng f  y  1  f    y    xy   x x  x Kết hợp với (1) ta được: 3x   x   55 x3  64  13x3  x  16      x  1 13x  16 x  16   x 1  y  Vậy hệ cho có nghiệm  x; y   1;3 35  x  91  y   y  Bài Giải hệ phương trình   y  91  x   x  Giải: Điều kiện x  2; y  Trừ theo vế phương trình hệ ta x  91  x   x  y  91  y   y (3) Hàm số f  t   t  91  t   t , t  Hàm số đồng biến  2;  nên từ (3) suy x  y x  91  x   x Thay lại phương trình đầu ta Đoán nhận nghiệm x  nên dùng phương pháp nhân liên hợp ta   x  3  x3  x  91  10    x  3  x  1  Với x  x3 x  91  10  x  1  x    x  3 9  x  91 x  91  10  x  1 0 Nên phương trình có nghiệm x  Đáp số:  x; y    3;3  y  3xy  17 x  18  x3  3x  13 y   Bài Giải hệ phương trình  2  x  y  xy  y  x  10   1  2 Giải Nhân hai vế phương trình (2) với 3 cộng với phương trình (1) ta được: y  17 x  18  3x  y  18 y  15 x  30  x3  3x  13 y    y  1   y  1  x3  x Xét hàm số f  t   t  2t , t   3 có f '  t   3t   t  nên f  t  đồng biến Phương trình (3) có dạng f  y  1  f  x   y   x hay y  x  Thế vào (2) ta được: x  x   x  1  x  x  1   x  1  x  10   3x  x     x   2 Với x   y  2; x  y 3 36 5 8 Vậy hệ cho có nghiệm  x; y  là: 1;2   ;   3 Bài tập tương tự Giải hệ phương trình:  y  y  y  x  22 x  21   x  1 x    2 x  11x   y  Hướng dẫn: Lấy 1  2.  ta f  y  1  f   x  với f  t   t  2t hàm số đồng biến Suy y   x  Thế vào phương trình thứ hai hệ sử dụng phép biến đổi tương đương ta tìm nghiệm hệ cho Đáp số: Nghiệm hệ:  x; y   1;0  ,  5;2   2x    y   Giải hệ phương trình:   2y    x   Hướng dẫn: Lấy 1 trừ   ta được: 1  2 2x    x  y    y  3   Xét hàm số: f  t   2t    t liên tục đồng biến đoạn   ;4    Suy  3 có dạng f  x   f  y   x  y x  Thay x  y vào 1 Giải phương trình ta tìm được:   x  11   11 11  Đáp số: Nghiệm  x; y  hệ là:  3;3 ,  ;  9 9  x5  10 x  42 x3  12 x  56  y  y  Giải hệ phương trình  23x  29 x  26  y  1  2 Hướng dẫn: Nhân hai vế phương trình (2) với cộng với phương trình (1), thực biến đổi đưa dạng  x     x    y  y  y  x  Đáp số: Nghiệm  x; y  hệ:  x; y   18;20  3x  x   x x    y  1 y  y   Giải hệ phương trình  2 x  y  2x  y   Hướng dẫn: Trừ theo vế phương trình hệ biến đổi ta được: x  x x    y  1   y  1 37  y  1 1 Từ ta có x  y  , vào phương trình thứ (2) ta tìm nghiệm  5 Đáp số:  x; y    1; 2  ,  ;   3  y  y  y  x  22 x  21   x  1 x   Giải hệ phương trình  2 x  11x   y  Hướng dẫn: Nhân hai vế phương trình thứ hai với 2 cộng theo vế với phương trình (1) ta f  y  1  f   x  với f  t   t  2t Đáp số: Nghiệm  x; y  hệ: 1;0  ,  5;2  38